Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương trình bậc hai một ẩn thường gặp ở bậc THCS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9
CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC
CAO MỘT ẨN THƯỜNG GẶP Ở BẬC THCS

Người thực hiện:
Nguyễn Thị Nghiêm
Chức vụ:
Phó Hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN lĩnh vực:
Toán

`THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
Nội dung
MỤC LỤC
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
A. Lý do chọn đề tài
B. Mục đích nghiên cứu
C. Đối tượng nghiên cứu
D. Phương pháp nghiên cứu
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A . Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
B. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

C. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
I. Một số kiến thức cơ sở về phương trình
I.1. Cơ sở lý luận
I.2. Các dạng phương trình
II. Một số phương pháp giải phương trình bậc cao một ẩn
II.1. Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
2.1. Phương trình trùng phương
2.2 Phương trình dạng ax2n + bxn + c = 0 (a ≠ 0, n ∈ N*)
2.3. Phương trình dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c
2.4. Phương trình đối xứng bậc chẵn
2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ
2.6. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
2.7 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m
trong đó a + d = b + c
II.3. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng [f(x) + a]n = b
( n∈ N, n ≥ 2; a,b là hằng số)
D. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
PHẦN 3: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
1
2
2
3
3
3
4

4
4
5
5
5
6
7
7
10
10
11
12
14
15
16
17
18
19
20
22

PHẦN 1 - MỞ ĐẦU
A . Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, để đạt được kết quả tốt thì việc đổi mới
phương pháp dạy học có tầm quan trọng đặc biệt.
2


Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn
toán ở trường THCS. Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của

việc học tập môn toán.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập toán phù hợp với mỗi đối tượng học sinh đòi hỏi người giáo viên
phải chọn lọc hệ thống câu hỏi, hệ thống bài tập, sử dụng đúng các phương pháp
dạy học,... góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh.
Thông qua việc học toán học sinh được cung cấp một cách có hệ thống
kiến thức lí thuyết, được rèn luyện nhiều về phương pháp giải toán, giúp các em
nhận dạng, tìm tòi đường lối giải toán nhanh chóng, hình thành kĩ năng, phát
triển tư duy ngày một sâu sắc hơn và qua đó các em càng yêu thích môn toán
hơn.
Trong số những bài tập được đề cập trong chương trình đại số bậc THCS,
tôi nhận thấy bài tập về giải phương trình chiếm một thời lượng lớn nó xuyên
suốt chương trình học. Điều đó khẳng định vai trò và vị trí của phương trình - nó
là đối tượng nghiên cứu trung tâm của môn đại số.
Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường THCS tôi nhận thấy việc giải
phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn học sinh giải tương đối thành thạo,ít gặp
trở ngại khó khăn nhưng khi gặp một bài toán có liên quan đến phương trình bậc
cao một ẩn, không ít học sinh lúng túng không biết phải bắt đầu từ đâu và đi
theo hướng nào? Học sinh thường ngại học các dạng toán có liên quan đến
phương trình bậc cao một ẩn vì các bài toán này rất phong phú đòi hỏi vận dụng
nhiều kiến thức, trong khi đó việc tổng hợp kiến thức đã học để giải một bài
toán của học sinh chưa tốt, phương pháp giải hạn chế.
Vì vậy: phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc " Hướng dẫn học
sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương trình bậc cao một ẩn thường gặp ở
bậc THCS" là cần thiết - chính vì những lý do đó mà tôi quyết định chọn đề tài
này.
B. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài này có tác dụng giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống
một số phương pháp cơ bản về giải phương trình bậc cao một ẩn thường gặp ở
bậc THCS. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực

học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công
cụ giải quyết một số bài tập có liên quan đến phương trình bậc cao một ẩn.
- Tạo ra hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách
tham khảo, giúp học sinh tự giải được một số bài tập.
3


- Chọn lọc hệ thống một số bài tập hay gặp cho phù hợp với từng phương
pháp giải nhằm mục đích rèn luyện và phát triển kĩ năng giải phương trình bậc
cao một ẩn cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia
tích cực của người học .
- Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức đã học về phân tích đa thức thành
nhân tử, kỹ năng nhẩm nghiệm của đa thức,... để giải thành thạo phương trình
bậc cao một ẩn. Qua đó giúp các em học tốt hơn các bài tập về giải phương
trình, thấy rõ mục đích của việc học toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục.
C. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh ở lứa tuổi 15 ở trường THCS vì đa số các em chăm học, thích học
toán và bước đầu thể hiện năng lực tiếp thu một cách tương đối ổn định.
- Đề tài được áp dụng đối với học sinh lớp 9 trường THCS Trần Mai
Ninh, Thành phố Thanh Hoá trong các tiết học chính khoá, bồi dưỡng học sinh
giỏi, ôn thi vào lớp 10 THPT và lớp 10 chuyên.
D. Phương pháp nghiên cứu
- Giáo viên phải hệ thống được các khái niệm và các định nghĩa cơ bản của
các dạng phương trình, các tính chất và các cách giải phương trình từ đơn giản
đến phức tạp. Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác các kiến thức liên quan đến giải
phương trình bậc cao một ẩn qua tài liệu sách, báo và mạng Internet để tìm được
những ứng dụng đa dạng, phong phú của phương trình. Mặt khác phải tìm hiểu
đối tượng học sinh, lựa chọn các phương pháp, các dạng bài tập thích hợp đối
với từng đối tượng học sinh. Tổng kết, phân tích nguyên nhân, đúc rút kinh

nghiệm trong quá trình giảng dạy, từ đó tôi đã định hình cho việc nghiên cứu đề
tài.
- Học sinh có kiến thức cơ bản, đưa ra phương pháp giải, làm bài tập áp dụng,
rút ra một số chú ý (thường được vận dụng để làm bài tập), bài tập tự giải (học sinh
về nhà làm, những bài tập khó có sự hướng dẫn của giáo viên).

PHẦN 2 - NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong năm học 2015- 2016 tôi được Ban giám hiệu trường THCS Trần Mai
Ninh phân công dạy toán lớp 9 và bồi dưỡng học sinh tham gia thi học sinh giỏi
4


Toán các cấp, kết hợp với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy bản thân tôi
thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc
mỗi dạng toán nào đó là công việc rất khó.
Khi trực tiếp giảng dạy tôi nhận thấy những bài toán liên quan đến "Giải
phương trình bậc cao một ẩn" là dạng toán thường gặp, có nhiều cách thức để
giải xong học sinh lại rất ngại khi đụng đến vì nó khó và phải mất rất nhiều thời
gian để dự đoán kết quả và tìm cách giải, hơn nữa rất dễ mắc sai lầm. Tôi đã tìm
một số phương pháp để hướng dẫn học sinh phân tích đề bài, đưa ra nhận xét, từ
đó tìm ra cách giải các bài toán dạng này trên cơ sở các phương pháp mà học
sinh đã được thầy cô được trang bị trong cấp học. Qua đó học sinh có hứng thú
thực sự với dạng toán này, xóa đi cảm giác phức tạp và không có cách giải tổng
quát và đạt được hiệu quả nhất định. Từ thực tế này tôi xin được trao đổi kinh
nghiệm này cùng các đồng nghiệp mong rằng đề tài này sẽ được mở rộng và
phát triển sâu rộng hơn.
B. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a. Đối với học sinh
Đối tượng là học sinh khá, giỏi nên kiến thức cơ bản các em nắm tương đối

vững, có trí tuệ nhất định. Song không phải bất cứ bài toán nào hay dạng toán
nào các em cũng làm được, đối với các bài toán "Giải phương trình bậc cao một
ẩn" từ bậc ba trở lên, hầu hết các em đều cho rằng đây là một loại toán rất khó
nên đầu tư vào sẽ mất nhiều thời gian mà chưa chắc đã làm được và lại rất dễ
mắc sai lầm. Do vậy các em thường bỏ qua bài toán này để tập trung thời gian
giải bài toán khác và rất nhiều em không có hứng thú khi gặp bài toán nàỵ
b. Đối với giáo viên
- Thuận lợi: Hầu hết các thầy cô có trình độ, được đào tạo cơ bản, tâm huyết
với nghề và luôn cầu tiến bộ.
- Khó khăn:
Kiến thức đã khó lại rộng lớn và bao trùm. Do đó để dành nhiều thời gian vào
nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững và sâu thì rất hạn chế, nhiều người còn tư
tưởng chỉ cần hoàn thành nhiệm vụ là được còn nghiên cứu tìm tòi đã có các nhà
khoa học.
Đối với bài toán "Giải phương trình bậc cao một ẩn" không có cách giải mẫu
mực mà chủ yếu dựa vào phân tích - kinh nghiệm của người làm toán. Do đó đòi
hỏi người giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết và tinh thần học hỏi cao thì
mới đáp ứng được chuyên môn, công việc giảng dạy của mình.
c. Các tài liệu
5


Các tài liệu tham khảo của môn toán THCS dành cho giáo viên và học sinh về
số lượng có vô số và lan tràn khắp thị trường, nội dung trùng nhau, lời giải sơ sài,
thậm chí nhiều cuốn sách có rất nhiều sai sót, tính sư phạm không cao. Các sách
của Bộ giáo dục vì lý do sư phạm vì khuôn khổ chương trình học của cấp học nên
phần giải bài toán "Giải phương trình bậc cao một ẩn" trong chương trình THCS
chỉ có tính chất giới thiệu thông qua một vài bài tập mà không viết riêng thành một
tài liệu để giáo viên và học sinh ở cấp học này có thể tham khảo.
C. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

I. Một số kiến thức cơ sở về phương trình
I.1. Cơ sở lý luận
1> Khái niệm về phương trình một ẩn:
Một phương trình với ẩn x có dạng A(x) = B(x), trong đó vế trái A(x) và
vế phải B(x) là hai biểu thức của cùng một biến x.
Khi nói a là nghiệm của phương trình A(x) = B(x) ta hiểu rằng tại x = a
các giá trị tương ứng của hai biểu thức A(x), B(x) bằng nhau.
Biến x gọi là ẩn
Giá trị tìm được của ẩn gọi là nghiệm .
Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình.
2> Định nghĩa hai phương trình tương đương
Hai phương trình gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm.
3> Các phép biến đổi tương đương các phương trình
3.1. Nếu cộng cùng một đa thức chứa ẩn số vào hai vế của phương trình thì
được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ: -8x = 16 ⇔ -8x + 3x = 16 + 3x
- Hệ quả 1: Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của phương trình
đồng thời đổi dấu của hạng tử ấy thì được một phương trình mới tương đương
với phương trình đã cho.
Ví dụ: -12x + 9 = 16x - 6 ⇔ -12x - 16x = -9 -6
- Hệ quả 2: Nếu xóa hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phương trình thì
được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho
Ví dụ: 9x3 + 11x - 13 = 14 + 9x3 ⇔ 11x -13 = 14
3.2 Nếu nhân một số khác 0 vào hai vế của một phương trình thì được phương
trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ:

1
x + 9 = 2 x − 10 ⇔ x + 18 = 4 x − 20
2

6


I-2. Các dạng phương trình
1. Phương trình bậc nhất một ẩn:
1.1. Định nghĩa:
Phương trình dạng ax + b = 0, với a và b là hai số đã cho và a ≠ 0, được gọi là
phương trình bậc nhất một ẩn.
1.2.Cách giải
ax + b = 0 ⇔ a x = - b ⇔ x = −

b
a

Phương trình bậc nhất ax + b = 0 có nghiệm duy nhất x = −

b
a

2.Phương trình bậc hai một ẩn
2.1.Định nghĩa:
Phương trình bậc hai có một ẩn là phương trình có dạng:
ax2 + bx + c = 0 trong đó x là ẩn số, a, b, c là các hệ số đã cho, a ≠ 0
2.2. Cách giải
- Ta dùng các phép biến đổi tương đương, biến đổi phương trình đã cho về
các dạng phương trình đã biết cách giải (phương trình bậc nhất, phương trình
dạng tích ) để tìm nghiệm của phương trình.
- Khi nghiên cứu về nghiệm của phương trình bậc hai ax2+ bx + c = 0
(a ≠ 0) cần đặc biệt quan tâm tới biệt thức ∆ = b2 - 4ac của phương trình:

vì biệt thức ∆ = b2 - 4ac quyết định số nghiệm của phương trình bậc hai
Ta thấy có các khả năng sau xảy ra:
a) ∆ < 0 ⇔ phương trình bậc hai vô nghiệm
b
b) ∆ = 0 ⇔ phương trình bậc hai có nghiệm kép x1 = x2 = −
2a
c) ∆ > 0 ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt:
−b+ ∆
−b− ∆
; x2 =
2a
2a
2.3. Hệ thức Viet.
Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1, x2 thì tổng và tích
x1 =

hai nghiệm đó là:

S = x1+x2 = -

b
c
, P = x1.x2 =
a
a

3. Phương trình bậc cao một ẩn
Phương trình bậc n một ẩn có dạng tổng quát:
anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0 = 0 (an ≠ 0)
Trong ®ã: n nguyên dương , x lµ Èn ; an, an-1,..., a0: lµ c¸c hÖ sè.

7


II. Một số phương pháp giải phương trình bậc cao một ẩn:
Đối với phương trình bậc cao hơn bậc 4 không có công thức tổng quát để tìm
nghiệm của nó. Ngay cả trong trường hợp là phương trình bậc 3 và bậc 4 mặc dù
có công thức, có sự hỗ trợ của máy tính nhưng việc tìm nghiệm của một số
phương trình cũng hết sức phức tạp nằm ngoài chương trình THCS.
Khi gặp các phương trình đại số bậc cao một ẩn thì có nhiều cách giải song
trong đề tài này tôi đề cập đến ba phương pháp cơ bản để giải phương trình đại
số bậc cao. Đó là:
+ Phân tích đa thức thành nhân tử, đưa phương trình về dạng phương trình tích.
+ Đặt ẩn phụ.
+ Biến đổi phương trình về dạng [ f(x) + a]n = b với n ∈ N, n ≥ 2; a,b là hằng số.
II.1. Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
1.Cơ sở lý luận:
 f ( x) = 0
Ta biết rằng phương trình: f ( x).g ( x) = 0 ⇔ 
 g ( x) = 0
Vì vậy với phương trình bậc cao một ẩn nếu ta phân tích được vế trái
thành nhân tử thì sẽ đưa phương trình về dạng phương trình tích của các nhân tử
có bậc thấp hơn, dạng phương trình quen thuộc đã biết cách giải.
2. Nội dung
Để giải phương trình bậc cao bằng phương pháp này trước hết HS phải
nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: đặt nhân tử chung,
dùng hằng đẳng thức, nhóm nhiều hạng tử, tách hạng tử, thêm bớt cùng một
hạng tử, phối hợp nhiều phương pháp và vận dụng một cách thành thạo.
Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau:
a)

1 3
x -2x=0
2

⇔

1
1
x(x2 -4) = 0 ⇔ x (x-2)(x+2) = 0
2
2

1
2 x = 0
x = 0

⇔  x − 2 = 0 ⇔  x = 2
x + 2 = 0
 x = −2


Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x1 = 0; x2 = 2; x3 = -2.
b) x4 + 3x2 - 28 = 0 ⇔ x4 - 4x2 + 7x2 - 28 = 0 ⇔ x2(x2 -4) + 7(x2 -4) = 0
⇔ (x2 + 7)(x2 - 4) = 0 ⇔ (x2 +7 )(x-2)(x+2) = 0
(1)
Vì x2 ≥ 0 với ∀x nên x2 + 7 ≥ 7 với ∀x ⇒ x2 + 7 > 0 với ∀x ( 2)
8


Từ (1),(2) ⇒ (x-2)(x+2) = 0

x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇔
 x = −2
x + 2 = 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = -2
c) x3 - 7x - 6 = 0 ⇔ x3 + 8 -7x - 6- 8= 0 ⇔ (x3 + 8) - ( 7x + 14) = 0
⇔ (x + 2)( x2 - 2x + 4) - 7(x+2) = 0 ⇔ ( x + 2)( x2 - 2x - 3) = 0
x + 2 = 0
x + 2 = 0
x + 2 = 0
⇔ 2
⇔
⇔ 2
 x + x − 3x − 3 = 0
( x + 1) ( x − 3) = 0
x − 2x − 3 = 0
 x = −2
⇔  x = −1
 x = 3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1 = -1; x2 = -2; x3 = 3.
* Song có một số bài tập dựa vào các phương pháp trên học sinh chưa phân tích
đa thức thành nhân tử ngay được.
Do đó ngoài các phương pháp trên, giáo viên đưa ra định lí Bơzu giúp các em
nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử một cách nhanh nhất.
Định lí Bơzu được phát biểu như sau: Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho
nhị thức g(x) = x- a là một hằng số bằng giá trị f(a) của f(x) khi x = a.
- Khai thác cách nhẩm nghiệm của phương trình:

anxn + an-1xn-1 +...+a1x+ a0 = 0 (1)
( ai ∈ Z )
+) Nếu an + an-1 +...+ a1+ a0 = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm x = 1, do đó
vế trái của phương trình chứa thừa số x -1
+) Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình (1)
có nghiệm x = - 1, do đó vế trái của phương trình chứa thừa số x + 1
+) Mọi nghiệm nguyên của phương trình (1) đều là ước của hệ số tự do a0
x + 2 = 0
⇔  x + 1 = 0
 x − 3 = 0

p

+) Nếu số hữu tỉ x = q ( p, q nguyên tố cùng nhau ) là nghiệm của phương trình
(1) thì p là ước của a0, q là ước của an.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 - 2x3 + x2 - 4 = 0 (*)
Ta thấy tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên phương trình (*)
nhận x = - 1 là một nghiệm.
Do đó vế trái của phương trình (*) chia hết cho x + 1.
Khi đó phương trình (*) có thể viết được dưới dạng:

9


(1)
x +1 = 0
(x +1 ). ( x3 - 3x2 + 4x - 4 ) = 0 ⇔  3
2
(2)
 x − 3x + 4 x − 4 = 0

(1) ⇔ x = - 1
Ở phương trình (2) ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo hai nhận
xét đầu được.
GV hướng dẫn HS thử các ước cña 4 vµ thÊy x = 2 lµ nghiÖm cña (2),
nªn (2) viết ®îc thµnh: ( x - 2). ( x2 - x + 2 ) = 0
⇔

x − 2 = 0
 2
x − x + 2 = 0

(3)
(4)

(3) ⇔ x = 2
Phương trình (4) có ∆ = (-1)2 – 4.1.2 = -7 < 0, do đó phương trình (4) vô nghiệm
VËy ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm lµ x1 = -1 ; x2 = 2.
VÝ dô 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2x3 - 5x2 + 8x -3 = 0
Với phương trình này ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo ba
nhận xét đầu được ( vì phương trình này không có nghiệm nguyên).
Ta nghĩ đến phương án phương trình có nghiêm hữu tỉ và áp dụng cách nhẩm
nghiệm thứ tư.
Khi đó ta nhẩm được x =

1
là một nghiệm của phương trình đã cho.
2

2x3 - 5x2 + 8x - 3 = 0 ⇔ 2x3 - x2 - 4x2 + 2x + 6x - 3 = 0
⇔ (2x -1) ( x2 - 2x + 3) = 0

Từ đây HS tìm được nghiệm của phương trình đó cho một cách dễ dàng.
Bài tập áp dụng:
1. Giải phương trình:
a) 3x4 - 12x2 = 0
b) x3 + 14x2 - 4x - 56 = 0
c) 2x3 + 11x +9 = 0
d) x16 + x8 - 2 = 0
e) 2x4 + 5x3 -35x2 + 40x - 12 = 0
2. Cho phương trình: 2x3 - (1 + 4m)x2 + 4(m2 - m + 1)x - 2m2 + 3m - 2 = 0
a) Giải phương trình với m = 1
b) Xác định m để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt.
Hướng dẫn
2b) 2x3 - (1+4m)x2 + 4(m2 -m+1)x - 2m2 +3m -2 = 0 (*)
1
2

Dựa vào cách nhẩm nghiệm tìm được x = là một nghiệm của phương trình(*)
Do đó (*) ⇔ (2x - 1)( x2 - 2mx + 2m2 - 3m + 2) = 0
10


⇔

2 x − 1 = 0
(1)
 2
2
 x − 2mx + 2m − 3m + 2 = 0 (2)

(1) ⇔ x =

1
2

Muốn phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt thì phương trình (2) phải
có 2 nghiệm dương phân biệt khác

1
2

Đặt f(x) = x2 - 2mx + 2m2 - 3m + 2
Khi đó:
 1
f ( 2 ) ≠ 0

∆' > 0

S > 0


P > 0

8m 2 − 16m + 9 ≠ 0

2
− m + 3 + 3m > 0
⇔
2m > 0
2m 2 − 3m + 2 > 0


8(m − 1) 2 + 1 ≠ 0

− (m − 1)(m − 2) > 0

⇔ m > 0

2
2 m − 3  + 1 > 0
 
2 4

1 < m < 2
⇔
⇒1< m < 2
m > 0
Vậy với 1< m < 2 thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt khác

1
2

⇒ Phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt khi 1
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
1.Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao một ẩn, ta còn dùng đặt ẩn phụ thay thế cho một
biểu thức chứa ẩn để đưa phương trình về dạng phương trình quen thuộc đã biết
cách giải.
2. Nội dung
Trong chương trình THCS học sinh thường gặp các dạng phương trình sau:

2.1. Phương trình trùng phương:
a. Dạng tổng quát
Phương trình trùng phương là phương trình có dạng: ax4 + bx2 +c = 0 (1) (a ≠
0)
Trong đó: x là ẩn ; a,b,c là các hệ số
b.Cách giải:
Khi giải phương trình loại này ta thường dùng phương pháp đổi biến số
Đặt y = x2 ( y ≥ 0) (2)
11


Khi đó phương trình trùng phương sẽ đưa về dạng phương trình bậc hai trung
gian: ay2 + by + c = 0
Giải phương trình bậc hai trung gian rồi thay giá trị tìm được của y vào (2) ta
được phương trình bậc hai rút gọn với biến x ( y≥ 0). Giải phương trình này ta
được nghiệm của phương trình trùng phương ban đầu.
c.Ví dụ: Giải phương trình x4 - 3x2 + 2 =0 (1)
Giải: Đặt y = x2 (y≥ 0).
Phương trình (1) trở thành: y2 - 3y + 2 = 0 ⇔ (y-1)(y-2) = 0
⇔

y −1 = 0
y − 2 = 0


⇔

y = 1
y = 2


Cả hai nghiệm này đều thỏa mãn y≥ 0
+ Với y = 1 ta có x2 = 1 ⇒ x1 = 1; x2 = -1
+ Với y = 2 ta có x2 = 2 ⇒ x3 = 2 ; x4 = − 2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: x1 = 1;x2 = -1; x3 = 2 ; x4 = − 2
Bài tập áp dụng:
1) Giải phương trình: 4x4 - 5x2 + 1 = 0
2) Cho phương trình: x4 - 2(2m-1)x2 + 4m2 - 3 = 0 (*)
a. Giải phương trình với m =

9
10

b. Với giá trị nào của m thì phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn:
2b) Đặt y = x2 (y ≥ 0) phương trình (*) trở thành:
y2 - 2(2m-1)y + 4m2 -3 = 0 (1)
∆’= (2m-1)2 - 4m2 + 3 = - 4(m-1)
Để (*) có 4 nghiệm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm dương phân biệt tức là

m < 1
m < 1
∆ ' > 0

 2
3
3


(1) thỏamãn:  S > 0 ⇔ 4m − 3 > 0 ⇔ m < − ; m >

2
2

2 m − 1 > 0
P > 0

1


m > 2

⇒

3
< m <1
2

2.2 Phương trình dạng ax2n + bxn + c = 0 ( a ≠ 0, n ∈ N * )
GV cho học sinh xét các trường hợp n = 1, n = 2 và nêu cách giải phương trình.
Qua đó học sinh sẽ phát hiện ngay ra cách giải phương trình ax2n + bxn +c = 0
a) Cách giải:
12


Đặt xn = y sau đó đưa về phương trình bậc hai đối với biến y: ay2 + by + c = 0
b)Ví dụ
* Ví dụ 1: Giải phương trình: x6 - 3x3 + 2 = 0 (1)
Giải:
Đặt x3 = y. Phương trình ( 1) trở thành y2 - 3y +2 =0
⇒ y1=1, y2=2

Thay trở lại ta có: y1 = 1 ⇒ x3 = 1 ⇔ x = 1
y2 = 2 ⇒ x3 = 2 ⇔ x = 3 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3 2
*Ví dụ 2:
Cho phương trình: x10 + ( m-1)x5 + 4 =0 (2)
Tìm m để phương trình ( 2) có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm đó?
Giải
Đặt x5 = y
Phương trình ( 2) ⇔ y2 + (m-1)y + 4 = 0 ( 3)
Phương trình (2 ) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) phải có nghiệm kép
hay ∆ = 0 ⇔ (m-1)2 - 4.4 = 0 ⇔ (m -1 - 4)(m -1 + 4) = 0 ⇔ (m - 5)(m + 3) = 0

m = 5
m − 5 = 0
⇔
m + 3 = 0
m = −3

⇔ 

Vậy với m = 5 hoặc m= - 3 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất
+ Với m = 5 , ta có (3) ⇔ y2 + 4y + 4 = 0 ⇔ (y+2)2 = 0 ⇔ y + 2 = 0 ⇔ y = -2
Với y = - 2 ⇒ x5 = -2 ⇒ x = 5 (−2)
+ Với m = -3, ta có ( 3) ⇔ y2 - 4y + 4 = 0 ⇔ (y-2)2 = 0 ⇔ y - 2 = 0 ⇔ y = 2
Với y = 2 , ta có x5 = 2 ⇔ x = 5 2
Kết luận:
Với m = 5 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 (−2)
Với m= -3 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 2
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình:

1) 7x6 + 8 x3 +1 = 0
2) 12x10 - 15x5 + 3 = 0
2.3. Phương trình dạng: (x+a)4 + (x+b)4 = c (1)
a) Cách giải: Đặt y = x +

a +b
2

Ta có:

a−b
2

x+a = y+

;

x+b= y-

a−b
2

13


2

4

 a −b  2

 a−b 
Khi đó phương trình ( 1) trở thành: 2y + 12 
÷ y +2
÷ −c = 0
 2 
 2 
4

Đây là phương trình trùng phương mà ta đã biết cách giải.
b)Ví dụ:
*Ví dụ 1:
Giải phương trình: (x + 5)4 + (x + 9)4 = 82
(1)
Đặt y = x + 7 khi đó phương trình ( 1) trở thành:
(y - 2)4 + (y + 2)4 = 82 ⇔ 2y4 + 48y2 + 32 = 82 ⇔ y4 + 24y2 -25 = 0
Đặt t = y2 với t ≥ 0
t = 1
Ta có phương trình: t2 + 24 t - 25 = 0 ⇒ 
t = −25 (loại)
Với t =1 ta có: y2 = 1 ⇔ y = 1 hoặc y = -1
- Nếu y = 1 thì x + 7 = 1 ⇔ x = - 6
- Nếu y = - 1 thì x + 7 = - 1 ⇔ x = -8
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = - 6 ; x2 = - 8
*Ví dụ 2:
Cho phương trình sau: (x + m)4 + ( x + m+ 2)4 = n (1)
a.Giải phương trình với m = 3, n = 2
b.Tìm điều kiện của m và n để phương trình có nghiệm
Giải
a. Khi m = 3, n = 2 phương trình ( 1) trở thành: (x+3)4 + (x+5)4 = 2
Đặt y = x + 4

Ta có phương trình 2y4 + 12y2 = 0 ⇔ y2(y2+6) = 0
y2 = 0
2
2
⇔ 2
⇔ y = 0 ( vì y ≥ 0 ∀y nên y + 6 ≥ 6 ∀y )
 y + 6 = 0

Với y = 0, ta có x+4 = 0 ⇔ x = - 4
Vậy phương trình có nghiệm x = -4
b. (x + m)4 + ( x+ m + 2)4 = n (1)
Đặt y = x+ m + 1
Phương trình (1) trở thành: (y-1)4 + (y+1)4 = n ⇔ 2y4 + 12y2 +2 – n = 0 (2)
Đặt t = y2 ta được: 2t2 + 12t + 2 - n = 0 (3)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) phải có ít nhất 1 nghiệm
không âm.
Ta thấy: S = t1 + t2 = -

12
= −6 < 0
2

14


Vậy muốn phương trình (3) có một nghiệm không âm thì:
2−n
≤0⇔n≥2
2
Vậy với n ≥ 2 thì phương trình (1) có nghiệm.

P = t1.t2 =

Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
1) (x + 1)4 + ( x + 3)4 =16
2) (x + 5)4 + (x + 9)4 = 1
3) (x - 3,5)4 + (x - 5,5)4 = 16
Nhận xét: Sau khi HS nắm vững cách giải phương trình trùng phương như
SGK, tôi đưa ra các dạng bài tập đã nêu ở mục 2.2 và 2.3 ban đầu một số học
sinh cảm thấy khó và không có đường lối giải nhưng sau khi được giáo viên
hướng dẫn thì học sinh giải quyết được bài tập một cách nhẹ nhàng. Trong quá
trình dạy học sinh giải toán trước hết chúng ta cần cho học sinh nhận dạng, quy
bài toán lạ về bài toán quen thuộc, qua đó gây hứng thú, niềm đam mê học toán ,
HS khá giỏi phát huy được khả năng của mình.
2.4. Phương trình đối xứng bậc chẵn :
a. Dạng tổng quát:
Phương trình đối xứng bậc chẵn là phương trình dạng:
a0x2n + a1x2n-1 + .... + an - 1xn + anxn –1 + .....+ a1x + a0 = 0 ( a0 ≠ 0, n ∈ N * )
b. Cách giải:
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của
phương trình cho x2 rồi đưa về phương trình bậc n bằng cách đặt:
y = x+

1
x

( y ≥ 2)

c.Ví dụ Giải phương trình 3x4 + 2x3 - 34x2 + 2x + 3 = 0
Giải: Phương trình trên là phương trình đối xứng bậc chẵn

Hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x2.
2
x

3x2 + 2x - 34 + +
Đặt x +

1
1
3
= 0 ⇔ 3( x 2 + 2 ) + 2( x + ) − 34 = 0
2
x
x
x

1
1
= y thì x 2 + 2 = y 2 − 2, ta có:
x
x

3(y2 -2) +2y-34 =0 ⇔ 3y2 +2y -40 = 0 ⇔ y1 = −4; y2 =
- Với y = - 4 thì x +
- Với y =

10
3

1

= −4 ⇔ x2 + 4x + 1=0 ⇔ x1 = −2 + 3 ; x2 = −2 − 3
x

1
10
1 10
⇔ 3x2 - 10x + 3 =0 ⇔ x3 = ; x4 = 3
thì x + =
x 3
3
3
15


Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1 = −2 + 3 ; x2 = −2 − 3 ;
1
x3 = ; x4 = 3
3
Bài tập áp dụng:
1. Giải phương trình:
a) x4 + 3x3 + 4x2 + 3x +1 = 0
b) x4 - x3 + 2x2 - x +1 = 0
c) x4 + 2x3 + 4x2 + 2x +1 = 0
2. Cho phương trình: x4 + mx3 + 3mx2 + mx +1 =0 (1)
Xác định m để phương trình (1) có nghiệm.
Hướng dẫn:
2) x = 0 không là nghiệm của (1) nên chia cả hai vế của (1) cho x2 ta được:
1 
1
m 1



x 2 + mx + 3m + + 2 = 0 ⇔  x 2 + 2  + m x +  + 3m = 0
x
x 


x x
1
Đặt y = x +
( y ≥ 2)
x
Phương trình (1) trở thành: y2 + my + 3m - 2 = 0 (2) ( y ≥ 2)
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn
điều kiện y ≥ 2
Từ đó HS tìm được phương trình (1) có nghiệm khi: m ≤ −

2
hoặc m > 6 + 2 7
5

2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ :
a. Dạng tổng quát:
a0x2n-1 + an-1x2n + .... + anxn -1 + anxn + .....+ a1x + a0 = 0 ( a0 ≠ 0, n ∈ N * )
b. Cách giải
Phương trình này bao giờ cũng có nghiệm x = -1 , do đó ta biến đổi phương
trình đó cho về dạng phương trình tích trong đó có một phương trình đối xứng
bậc chẵn và phương trình x + 1= 0.
c. Ví dụ : Giải phương trình: 2x5 + 5x4 - 13x3 - 13x2 +5x +2 = 0 (1)
Giải: Ta thấy x = -1 là nghiệm của phương trình (1)

Phương trình (1) tương đương với phương trình sau:
(x+1)(2x4 + 3x3 - 16x2 + 3x + 2) = 0
 x + 1 = 0 (2)
⇔  4
3
2
 2 x + 3x − 16 x + 3x + 2 = 0 (3)
(2) ⇔ x+1 = 0 ⇔ x = -1
16


Giải phương trình 2x4 + 3x3 - 16 x2 + 3x + 2 = 0 (3)
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (3)
Chia cả hai vế của phương trình (3) cho x2 ta có:
1
1
3 2
2 x 2 + 3x − 16 + + 2 = 0 ⇔ 2( x 2 + 2 ) + 3( x + ) − 16 = 0
x x
x
x
1
1
2
2
Đặt y = x + ⇒ y − 2 = x + 2
( ĐK y ≥ 2 )
x
x
5

2

Ta có: 2(y2 - 2) + 3y -16 = 0 ⇔ 2y2 + 3y - 20 = 0 ⇒ y1 = ; y 2 = −4
+ Với y1 =

5
1 5
ta có: x + =
x 2
2

⇔ 2 x 2 − 5 x + 2 = 0 ⇒ x1 =

1
; x2 = 2
2

1
= −4 ⇔ x 2 + 4 x + 1 = 0 ⇒ x3 = −2 + 3; x4 = −2 − 3
x
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm:
1
x1 = ; x2 = 2 ; x3 = −2 + 3; x4 = −2 − 3 ; x5= -1.
2
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x5 - x4 + 3x3 + 3x2 - x +1 = 0 b) 6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0
+ Với y = - 4 ta có: x +

* Nhận xét:
Dạng bài tập này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần

lưu ý khai thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng
đẳng thức nào để phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên
chốt lại vấn đề và các kiến thức sử dụng trong quá trình giải nhằm giúp học sinh
nắm được bài và các kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát,
bài tương tự, đặc biệt dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát triển tư duy.
* Sau khi giải các ví dụ minh họa GV hướng dẫn HS nhận xét nghiệm của
các phương trình đó và đi đến các chú ý sau :
a) Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì

1
cũng là nghiệm.
a

b) Phương trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có một trong các nghiệm là x =-1
c) Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n được đưa về phương trình bậc n bằng
cách đặt ẩn phụ.
2.6. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
a. Dạng tổng quát:
Phương trình có dạng ax4 + bx3 + cx2 - bx +a = 0 ( a ≠ 0) gọi là phương trình bậc
bốn phản đối xứng
17


b. Cách giải:
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế của phương trình
cho x2 rồi đặt y = x −

1
x

c.Ví dụ Giải phương trình: x4 + x3 + x2 - x + 1 = 0 (1)
Giải:
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình (1). Chia cả hai vế của (1) cho x 2 ta
2
có: x + x + 1 −

1
x

1  
1
1 1

+ 2 = 0 ⇔  x2 + 2  +  x −  +1 = 0
x
x  
x x


Đặt y = x − ⇒ y 2 + 2 = x 2 +

1
x2

Thay vào ta có: y2 + 2 + y + 1= 0 ⇔ y2 + y + 3=0 (2)
∆ =1-12 <0 ⇒ Phương trình (2) vô nghiệm
⇒ Phương trình (1) vô nghiệm
Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
a) x4 - 3x3 - 6x2 + 3x+1=0

b) x5 - 4x3 + 2x2 + 2x - 1=0
c) 6x4 - 35x3 + 62x2 + 35x + 6 = 0
Hướng dẫn
b) x5 - 4x3 + 2x2 + 2x – 1 = 0 (1)
Ta thấy x = 1 là nghiệm của (1)
 x − 1 = 0 (2)

(1) ⇔ (x-1)( x4 + x3 - 3x2 - x +1) = 0 ⇔  4 3
2
 x + x − 3x − x + 1 = 0

(3)

Đến đây việc giải phương trình (2), (3) đó quen thuộc đối với HS.
Ngoài các dạng phương trình đã nêu ở trên, trong một số kỳ thi học sinh giỏi,
vào trung học phổ thông học sinh còn gặp một số dạng phương trình sau:
2.7 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m trong đó a + d = b +c
a) Cách giải:
Nhóm [(x + a)(x + d)] và [(x + b)(x + c)] rồi triển khai các tích đó, ta đưa về
dạng: [x2 + (a+d)x + ad][ x2 + (b+c)x + bc] = m
Do a + d = b + c ⇒ đặt x2 + (a+d)x + k = t ( trong đó k có thể là ad hoặc bc)
Ta sẽ đưa phương trình về dạng t2 + nt - m = 0
Giải phương trình trên ta tìm được t. Sau đó thay t vào giải tiếp phương trình:
x2 + (a+d) x+ k = t
Ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
b)Ví dụ: Giải phương trình (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = 9
(1)
18

Giải Ta thấy 1+ 7 = 3 + 5, ta biến đổi phương trình (1) như sau:
[(x + 1)(x + 7)][(x + 3)(x + 5)] = 9 ⇔ (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) = 9
Đặt y = x2 + 8x + 7
Khi đó phương trình (2) trở thành y(y + 8) = 9 ⇔ y2 + 8y - 9 = 0

(2)

y = 1
⇔ (y -1) (y + 9) = 0 ⇔ 
 y = −9

+ Với y = 1, ta có x2 + 8x + 7 = 1 ⇔ x2 + 8x + 6 = 0
Từ đó x1 = −4 + 10; x2 = −4 − 10
+ Với y = - 9 ⇒ x2 + 8x + 7= - 9 ⇔ x2 + 8x + 16 = 0 ⇔ (x + 4)2 = 0 ⇔ x = - 4
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm: x1 = −4 + 10 ; x 2 = −4 − 10 ; x3 = - 4
Bài tập áp dụng:
1. Giải phương trình:
a) (x + 2)(x - 3)(x + 1)(x + 6) = - 96
b) (x - 1)(x - 3)(x + 5)(x + 7) = 297
2. Cho phương trình: (x + 5)(x + 6)(x + 8)(x + 9) = m
Tìm m để phương trình có hai nghiệm
II.3. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng [ f(x) + a]n = b
( n∈ N, n ≥ 2; a,b là hằng số)
1.Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao một ẩn, ta biến đổi một vế của phương trình về
dạng [f(x) + a]n với n ∈ N, n ≥ 2, a là hằng số, vế còn lại là một hằng số b để đưa
phương trình về dạng quen thuộc đã biết cách giải.
2. Nội dung
Trong chương trình THCS học sinh thường gặp các dạng phương trình sau:
[f(x) + a]n = b với n chẵn hoặc [ f(x) + a]n = b với n lẻ

3. Cách giải: Sử dụng tách hạng tử để đưa một vế của phương trình về dạng
[f(x) + a]n , vế còn lại là một hằng số.
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a) x3 - 3x2 + 3x – 3 = 0
b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - 5 = 0
c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + 8 = 0
Việc sử dụng các phương pháp đã nêu trên để giải các phương trình này gặp
nhiều khó khăn vì phương trình không có nghiệm hữu tỉ mà có nghiệm vô tỉ
hoặc vô nghiệm. Do đó giáo viên hướng dẫn học sinh nhận xét bậc của đa thức,
hệ số của các hạng tử ở vế trái, từ đó tách hạng tử để đưa một vế của phương
trình về dạng [f(x) + a]n, vế còn lại là một hằng số.
Giải
a) x3 - 3x2 + 3x - 3 = 0 ⇔ x3 - 3x2 + 3x – 1 = 2
19


⇔ (x-1)3 = 2 ⇔ x -1 =

3

2 ⇔x=3 2 +1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 2 + 1
b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - 47 = 0
⇔ x4 + 16x2 +1 + 8x3 + 2x2 + 8x + 1 = 49
⇔ (x2 + 4x + 1)2 = 49 ⇔ x2 + 4x + 1 = 7 hoặc x2+ 4x + 1 = -7
+) x2 + 4x + 1 = 7 ⇔ x2 + 4x – 6 = 0 ⇔ x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ;
+) x2 + 4x + 1 = -7 ⇔ x2 + 4x + 8 = 0, phương trình vô nghiệm vì ∆ ' = -4 < 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ;
c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + 8 = 0

⇔ x4 + 4x2 + 9 + 4x3 + 12x + 6x2 = 1 ⇔ (x2+2x + 3)2 = 1
Phương trình vô nghiệm vì (x2 + 2x + 3)2 = [(x+1)2 + 2]2 ≥ 4 > 1 với
mọi x
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x3 - 6x2 + 12x - 1 = 0
b) x4 + 8x3 + 30x2 + 56x + 47 = 0
D. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
- Trước khi triển khai chuyên đề này vào giảng dạy, phần lớn học sinh
còn lúng túng, chưa xác định được phương hướng trong việc giải phương trình
bậc cao một ẩn.
Kết quả khảo sát :
- Khi chưa áp dụng đề tài:
Số học sinh giải được loại toán này chiếm khoảng 40%; Số học sinh
không giải được loại toán này, hoặc giải được nhưng phải có sự gợi ý của giáo
viên chiếm khoảng 60%.
- Sau nhiều năm áp dụng những phương pháp nêu trên vào giảng dạy, bản
thân tôi nhận thấy: Phần phương trình bậc cao một ẩn học sinh tiếp nhận kiến
thức một các thoải mái, chủ động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phân biệt và
nhận dạng được các bài toán có liên quan đến phương trình bậc cao một ẩn và từ
đó giải được hầu hết các bài tập phần này, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban
đầu là không có cách giải tổng quát. Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông
minh, sáng tạo, các phẩm chất trí tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán
này thật phong phú chứ không đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn
này.
Kết quả :

20

Với những bài tập giáo viên đã đưa ra, 90% học sinh giải được một cách
tự lập và tự giác. Số học sinh không giải được loại toán này, hoặc giải được
nhưng phải có sự gợi ý của giáo viên chỉ chiếm 10%.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi vào trung học phổ thông học sinh đã xác
định hướng đi và giải quyết rất tốt các bài tập liên quan đến phương trình bậc
cao một ẩn. Kết quả trên đã khuyến khích học sinh tự tin hơn, yêu thích môn
Toán hơn. Trong kì thi HSG Toán các cấp năm học 2015 - 2016, lớp 9B do tôi
dạy Toán có 03 HS đạt giải nhất cấp Thành phố; 01 HS đạt giải Nhất, 01 HS đạt
giải Ba, 01 HS đạt giải KK cấp Tỉnh,
Để đề tài :"Hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương
trình bậc cao một ẩn thường gặp ở bậc THCS" có hiệu quả tốt hơn trong dạy và
học, tôi sẽ tiếp tục hoàn thiện một số phương pháp khác (Áp dụng bất đẳng
thức,chứng minh nghiệm duy nhất,cách đặt ẩn phụ không hoàn toàn,...) cùng với
hệ thống bài tập trong thời gian tới.
PHẦN 3 - KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
A. KẾT LUẬN
Đề tài '' Hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương
trình bậc cao một ẩn thường gặp ở bậc THCS '' tuy là một vấn đề khó và rộng
nhưng trong quá trình tìm hiểu tôi thấy đây là một đề tài rất hữu ích cho giáo
viên toán trường THCS.Trong đề tài này, tôi chỉ nêu ra một số phương pháp giải
phương trình bậc cao một ẩn đưa về phương trình bậc nhất và bậc hai trong
chương trình giảng dạy môn toán lớp 9 hiện nay mà bản thân tôi đã đúc kết
trong quá trình giảng dạy.
Về thực tế, đây là vấn đề ít được đề cập trong sách giáo khoa mà thời gian
45 phút cho một tiết học rất eo hẹp, do đó việc đưa ra lượng kiến thức này là rất
khó khăn, nhưng không phải vì vậy mà không thực hiện được, ta có thể khéo léo
lồng những vấn đề này vào trong tiết dạy chính khoá và kết hợp với những buổi
ngoại khoá, những buổi ôn tập, những buổi bồi dưỡng học sinh giỏi.
Tuy nhiên, để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên
cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng nhằm mục đích bồi dưỡng và

phát triển kĩ năng cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự
tham gia tích cực của người học. Giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến
thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp, phù hợp với trình
độ nhận thức chung của học sinh.
21


Người thầy cần chú trọng phát huy tính chủ động, tích cực và sáng tạo của
học sinh từ đó giúp các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải
toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng
giáo dục trong nhà trường.
B. KIẾN NGHỊ
Qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu tôi xin có một số ý kiến đề xuất như
sau:
- Đối với GV, phải nhiệt tình và tâm huyết với nghề, phải luôn có ý thức
tự nghiên cứu, học hỏi tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ và trình độ chuyên
môn, phải có sự nghiên cứu kiến thức bao quát cả chương trình chứ không dừng
ở nội dung kiến thức của chương trình THCS.
- Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng Giáo dục nên
tổ chức hội thảo cho giáo viên trong thành phố học tập và áp dụng những sáng
kiến đó vào giảng dạy.
Trên đây tôi đã mạnh dạn giới thiệu cùng các bạn đồng nghiệp một số
kinh nghiệm của bản thân. Đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu
sót, tôi rất mong được sự góp ý bổ sung của quý thầy cô, các bạn để bài viết
được hoàn chỉnh và hấp dẫn hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,

không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Thị Nghiêm

22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 8, Đại số 9 ( Nhà xuất bản giáo dục)
2. Nâng cao và phát triển Toán 8, Toán 9 của Vũ Hữu Bình (Nhà xuất bản
giáo dục)
3. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, lớp 9 đại số của Vũ Hữu Bình - Tôn Thân
- Đỗ Quang Thiều ( Nhà xuất bản giáo dục)
4. Giáo trình thực hành giải toán hệ cao đẳng sư phạm của Phạm Gia Đức Hoàng Ngọc Hưng - Đặng Đình Lăng ( Nhà xuất bản giáo dục)
5. 172 bài toán có chứa các tham số của Lê Khắc Bảo ( Nhà xuất bản giáo
dục)
6. Giải toán Đại số sơ cấp của Vũ Thiện Căn - Võ Anh Dũng ( Nhà xuất bản
giáo dục)
Và một số tài liệu khác có liên quan

23